2018年天津市高考化学试卷解析版

2018年天津市高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分．每题只有一个正确选项）1．（6分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是（ ）A．四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应 B．商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品 C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土 D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【考点】G5：生活中常见合金的组成；I7：消去反应与水解反应；P4：分液和萃取．菁优网版权所有【分析】A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu；C．瓷器由黏土烧制而成；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。【解答】解：A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；C．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2．（6分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（ ）A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 B．热稳定性：HCl＜PH3 C．沸点：C2H5SH＜C2H5OH D．碱性：LiOH＜Be（OH）2【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用．菁优网版权所有【分析】A．需要在同一温度下比较溶解度的大小；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氯的非金属性比磷强；C．C2H5SH与C2H5OH分子结构相同，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，但C2H5OH分子间存在氢键；D．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较Li、Be的金属性强弱即可判断LiOH与Be（OH）2的碱性强弱。【解答】解：A．在相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故A错误；B．Cl与P为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，氯的非金属性比磷强，则HCl的热稳定性比PH3强，故B错误；C．C2H5OH分子间存在氢键，其分子间作用力比C2H5SH大，则C2H5OH沸点比C2H5SH高，故C正确；D．Li与Be为同周期主族元素，核电荷数越大，金属性减弱，则Li比Be金属性强，LiOH的碱性比Be（OH）2的碱性强，故D错误；故选：C。【点评】本题考查元素周期表和元素周期律知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。3．（6分）下列叙述正确的是（ ）A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kb（水解常数）越小 B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈 C．反应活化能越高，该反应越易进行 D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护；DD：盐类水解的应用．菁优网版权所有【分析】A．根据弱酸电离常数和盐的水解常数的关系分析；B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极；C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒；D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收。【解答】解：A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：Kb，所以Ka越小，Kb越大，故A错误；B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B正确；C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故C错误；D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，C2H5OH存在醇羟基，﹣OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故D错误，故选：B。【点评】本题考查酸碱平衡，原电池，活化能及红外光谱区分有机物的相关知识，整体难度不大，重视化学原理的运用，是基础题。4．（6分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）实验现象结论A某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3＞C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣A．A B．B C．C D．D【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【分析】A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚；C．含Na2S，不发生沉淀的转化；D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀。【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）大小，故C错误；D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32﹣，或SO42﹣，或二者均存在，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、Ksp比较为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5．（6分）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBr⇌C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃．下列关叙述错误的是（ ）A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量 B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br C．若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变 D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间【考点】CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题．【分析】A．加入NaOH，NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；B．增大HBr浓度，平衡正向移动；C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同；D．升高温度，增大乙醇挥发且溴乙烷生成变为气体，导致溶液中乙醇、溴乙烷浓度降低，反应速率减慢。【解答】解：A．加入NaOH，NaOH和HBr发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A正确；B．增大HBr浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B正确；C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C正确；D．升升高温度，增大乙醇挥发且溴乙烷生成变为气体，导致溶液中乙醇、溴乙烷浓度降低，反应速率减慢，到达平衡的时间增长，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素，明确浓度、温度对化学平衡影响原理是解本题关键，侧重考查学生对基础知识的理解和运用，易错选项是C，反应物的转化率增大但其转化率的比值不变。6．（6分）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4﹣）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4﹣的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（ ）A．溶液中存在3个平衡 B．含P元素的粒子有H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣ C．随c初始（H2PO4﹣）增大，溶液的pH明显变小 D．用浓度大于1mol•L﹣1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有【分析】由图1可知LiH2PO4溶液呈酸性，说明电离程度H2PO4﹣大于水解程度，且随着c初始（H2PO4﹣）增大，溶液pH逐渐减小，但浓度约大于10﹣4mol/L时，pH不再发生改变，由图2可知，随着溶液pH增大，c（H2PO4﹣）增大，可说明H3PO4进一步电离，则溶液中存在H3PO4，当H2PO4﹣的pH约为4.66时，分数δ达到最大，继续加入碱，可与H2PO4﹣反应生成HPO42﹣等，以此解答该题。【解答】解：A．溶液中存在H2PO4﹣、HPO42﹣、H2O的电离以及H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣的水解等平衡，故A错误；B．含P元素的粒子有H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，故B错误；C．由图1可知浓度约大于10﹣4mol/L时，pH不再发生改变，故C错误；D．用浓度大于1mol•L﹣1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4﹣的分数δ达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故D正确。故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。二、非选择题II卷（60分）7．（14分）图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2•6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl2•6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H﹣除外）： H+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl﹣ 。Mg在元素周期表中的位置； 第三周期ⅡA族 ，Mg（OH）2的电子式： 。（2）A2B的化学式为 Mg2Si ，反应②的必备条件是 熔融、电解 。上图中可以循环使用的物质有 NH3、NH4Cl 。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料 SiC （写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2MgSO4+2H2O 。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：RBrRMgBr（R：烃基；R'：烃基或H）依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式： CH3CH2CHO，CH3CHO 。【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【分析】由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg（OH）2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。【解答】解：（1）MgCl2•6NH3所含元素的简单离子分别为H+、Mg2+、N3﹣、Cl﹣，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为H+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl﹣，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期ⅡA族，Mg（OH）2为离子化合物，电子式为，故